【培优卷】3.8圆内正多边形—2023-2024学年北师大版九年级下册同步测试
一、选择题
1．（2023·杭州模拟）如图，在圆内接正六边形ABCDEF中，BF，BD分别交AC于点G，H，若该圆的半径为12，则线段GH的长为（ ）
A．6 B． C． D．8
2．（2023·蜀山模拟）如图，正方形和等边三角形均内接于，则的值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023九上·杭州期末）如图，等边△ABC是⊙O的内接三角形，点D，E分别为AB，AC边上的中点，延长DE交⊙O于点F，若BC=2，则EF=（ ）
A． B． C． D．
4．（2023九上·张北期中）如图，点是的六等分点．若，的周长分别为，，面积分别为，，则下列正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2023九上·期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，正方形PQRS的顶点S，R在⊙O上，则S正方形PQRS：S正方形ABCD等于( )．
A．1 ：2 B．1：3 C．2：3 D．2：5
6．（2021九上·温州期末）我国古代数学家刘徽利用圆内接正多边形创立了“割圆术”，现将半径为2的圆十二等分构造出2个矩形和1个正方形(如图)，则阴影部分的面积是（ ）
A．1 B． C． D．
7．（2020九上·上思月考）⊙O内有一个内接正三角形和一个内接正方形，则内接三角形与内接正方形的边长之比为（ ）
A．1∶ B． ∶ C．3∶2 D．1∶2
8．（2023九上·宁波期末）小明发现相机快门打开过程中，光圈大小变化如图1所示，于是他制了如图2所示的图形，图2中六个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接六边和一个小正六边形，若PQ所在的直线经过点M，PB＝5cm，小正六边形的面积为，则该圆的半径为（ ）cm．
A． B． C．7 D．8
二、填空题
9．（2023·岳阳模拟）请阅读下列材料，解答问题：
克罗狄斯托勒密约年年，是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理．
托勒密定理：圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．
如图，正五边形内接于，，则对角线的长为 ．
10．（2020·连云港）如图，正六边形 内部有一个正五形 ，且 ，直线 经过 、 ，则直线 与 的夹角 .
11．（2021·孝义模拟）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率．若设⊙O的半径为R，圆内接正n边形的边长、面积分别为an，Sn，圆内接正2n边形边长、面积分别为a2n，S2n．刘徽用以下公式求出a2n和S2n． ， ．如图，若⊙O的半径为1，则⊙O的内接正八边形AEBFCGDH的面积为 ．
12．（2023九下·衢州月考）拓展课上，同学们准备用卡纸做一个底面为边长为的正六边形，高为的无盖包装盒，它的表面展开图如图1所示.
（1）若选用长方形卡纸按图2方式剪出包装盒的表面展开图，则的长为 ；
（2）若选用一块等边三角形卡纸按图3方式剪出包装盒表面展开图，则这个等边三角形的边长为 .
三、实践探究题
13．某数学学习小组的成员在探索“各内角都相等的圆内接多边形是否为正多边形”时，进行了如下探讨：
甲同学：我发现这种多边形不一定是正多边形.如圆内接矩形不一定是正方形.
乙同学：但是边数为3时，它是正三角形，而且我猜想，边数为5时，它应该是正五边形……
丙同学：我发现边数为6时，它也不一定是正六边形.如图甲所示，是正三角形，均相等，很显然由此构造的六边形ADBECF并不是正六边形.
（1）如图乙所示，若圆内接五边形ABCDE的各内角均相等，则∠ABC= .请简要说明圆内接五边形ABCDE为正五边形的理由.
（2）请证明丙同学构造的六边形各内角相等.
（3）根据以上的探索过程，就“各内角都相等的圆内接多边形是否为正多边形”的结论与“边数n(n≥3，n为整数)”的关系，请提出你的猜想.(不需证明)
14．（2021九上·南宁期中）如图，正三角形、正方形、正六边形等正n边形与圆的形状有差异，我们将正n边形与圆的接近程度称为“接近度”.
（1）角的“接近度”定义：设正n边形的每个内角的度数为，将正n边形的“接近度”定义为.于是越小，该正n边形就越接近于圆，
①若，则该正n边形的“接近度”等于 .
②若，则该正n边形的“接近度”等于 .
③当“接近度”等于 .时，正n边形就成了圆.
（2）边的“接近度”定义：设一个正n边形的外接圆的半径为R，正n边形的中心到各边的距离为d，将正n边形的“接近度”定义为.分别计算时边的“接近度”，并猜测当边的“接近度”等于多少时，正n边形就成了圆？
15．（2022·交城模拟）阅读下列材料，并按要求完成相应的任务．
黄金三角形与五角星
当等腰三角形的顶角为36°（或108°）时，它的底与腰的比（或腰与底的比）为，我们把这样的三角形叫做黄金三角形．
按下面的步骤画一个五角星（如图）：
①作一个以AB为直径的圆，圆心为O；
②过圆心O作半径OC⊥AB；
③取OC的中点D，连接AD；
④以D为圆心OD为半径画弧交AD于点E；
⑤从点A开始以AE为半径顺时针依次画弧，
正好把⊙O十等分（其中点F，G，B，H，I为五等分点）；
⑥以点F，G，B，H，I为顶点画出五角星．
任务：
（1）求出的值为 ；
（2）如图，GH与BF，BI分别交于点M，N，求证：△BMN是黄金三角形．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】垂径定理；圆内接正多边形；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，连接OA、OB，OB交AC于点N，
∵正六边形ABCDEF内接于圆O，
∴AB=AF=BC=CD，∠BAF=∠BCD=∠ABC=120°，∠AOB=60°，
∴∠AFB=∠ABF=∠BAC=∠ACB=∠CBD=∠BDC=30°，OB⊥AC，AC=2AN，
∴AG=BG，BH=CH，∠GBH=∠BGH=∠BHG=60°，
∴AG=GH=BG=BH=CH，
∵OA=12，
∴，
∴AC=2AN=，
∴GH=AC=.
故答案为：B.
【分析】连接OA、OB，OB交AC于点N，由正六边形性质得AB=AF=BC=CD，∠BAF=∠BCD=∠ABC=120°，∠AOB=60°，由等边对等角及三角形内角和定理得∠AFB=∠ABF=∠BAC=∠ACB=∠CBD=∠BDC=30°，由垂径定理得OB⊥AC，AC=2AN，由等角对等边得AG=BG，BH=CH，由角的和差及三角形外角性质得∠GBH=∠BGH=∠BHG=60°，推出AG=GH=BG=BH=CH，在Rt△AON中，由∠O得正弦函数可求出AN，从而即可解决此题.
2．【答案】D
【知识点】圆内接正多边形；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴是直径，
∴，
在中，，
∵是等边三角形，
∴
在中，，
∴，
故答案为：D．
【分析】连接AC，CE，先求出，，再求出即可。
3．【答案】A
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；垂径定理；圆内接正多边形；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，连接AO并延长，交BC于点H，交DE于点M，再连接OF、OC；
∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE∥BC，
∵等边△ABC内接于⊙O ，
∴AH⊥BC，AH⊥DE，∠CAH=∠HCO=30°，AC=BC=2，
∴HC=BC=1，
在Rt△AHC中，由勾股定理得AH=，
∵E是AC的中点，DE∥BC，
∴ME=HC=，HM=AH=，
在Rt△OHC中，∠HCO=30°，
∴OH=，OC=，
∴OM=MH-OH=，
在Rt△OFM中，由勾股定理得MF=，
∴EF=MF-ME=.
故答案为：.
【分析】连接AO并延长，交BC于点H，交DE于点M，再连接OF、OC；根据三角形中位线定理得DE∥BC，根据圆的内接正多边形的性质得AH⊥BC，AH⊥DE，∠CAH=∠HCO=30°，AC=BC=2，根据垂径定理得HC=BC=1，在Rt△AHC中，由勾股定理算出AH，根据三角形中位线的定理得ME=HC=，HM=AH=，在Rt△OHC中，根据含30°角直角三角形的性质算出OH、OC的长，从而可得OM的长，在Rt△OFM中，由勾股定理算出MF的长，最后根据EF=MF-ME即可算出答案.
4．【答案】D
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆内接正多边形
【解析】【解答】
解：设圆O的半径为r，连接P1O
∵点是的六等分点
∴，，∠P1OP2=60°
∴ ∠P1P5P2=∠P2P5P3=∠P1P5P6=30°，∠P3P2P5=60°，∠P4=120°
P1P6=P5P6=P2P3，P1P5=P3P5
∴ 在Rt中，P2P5=2r，
∴ P2P3=r，P3P5=P1P5=， P1P6=P5P6=P2P3=r，
∴ 周长C1=(2+)r， 面积S1=
周长为C2=(3+)r，面积为S2=
∴ C1≠C2，C2≠2C1，S2=2S1
故答案为：D
【分析】本题考查圆的直径、弧、弦、圆周角、圆心角的关系，同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，对应的弦也相等，直径所对的圆心角为直角。根据点是的六等分点可得，∠P1OP2=60°则 ∠P1P5P2=∠P2P5P3=∠P1P5P6=30°，∠P3P2P5=60°，
∠P4=120°， P2P5=2r，P1P6=P5P6=P2P3=r，P3P5=P1P5=，得 周长C1=(2+)r， 面积S1=；周长为C2=(3+)r，面积为S2=，据此做出判断C1≠C2，C2≠2C1，S2=2S1.
5．【答案】D
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，过点O作OF⊥SR，连接OD，OR.
∵四边形ABCD是⊙O的内接正方形，正方形PQRS的顶点S，R在⊙O上，
∴OD = OR，DE =OE =CD，OF= RS = 2FR.
在Rt△ODE中，OD2=DE2 +OE2=2DE2 =CD2，即CD2=2OD2；
在Rt△OFR中，OR2=FR2 +OF2=OF2 +OF2=OF2，即OF2=OR2.
∴S正方形PQRS：S正方形ABCD =OF2：CD2=OR2：2OD2=2：5.
故答案为：D.
【分析】以圆的半径为突破点，并利用勾股定理，将S正方形PQRS和S正方形ABCD表示为关于圆的半径的关系式即可得到答案.
6．【答案】C
【知识点】垂径定理的应用；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图所示：阴影部分为八个全等的等腰直角三角形，
分别连接AO，OB，OC，
∴OA=OB=OC=2，
∵将半径为2的圆十二等分构造出2个矩形和1个正方形 ，
∴∠1=∠2=30°，
又∵OC⊥AD与点D，
∴∠3=30°，
∴OD=DC=1，AD=，
∴一个小的等腰直角三角形的直角边为AE=-1，
∴阴影部分的面积为：8××（-1） =4×（3-2+1）=16-8.
故答案为：C.
【分析】“割圆术”将半径为2的圆十二等分构造出2个矩形和1个正方形，阴影部分为八个全等的等腰直角三角形，所以只需要求出一个等腰直角三角形的直角边即可解决问题.先根据十二等分求出一等分的圆心角，从而求出∠3的度数为30°，在直角三角形ODA中求解AE，最后根据三角形面积公式计算出整个阴影部分的面积即可.
7．【答案】B
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：如图，连接OA、OB、OC、OD，作OH⊥AB于H，
∵∠COD=90°，
∴△COD为等腰直角三角形，
∴CD=，
∵∠AOH=60°，
∴AH=OA×sin60°=R，
∴AB=2AH=R，
内接三角形与内接正方形的边长之比为=R：R=；
故答案为：B.
【分析】连接OA、OB、OC、OD，作OH⊥AB于H，利用等腰直角三角形和含30°角的直角三角形的性质分别求出内接正三角形和内接正方形的边长，最后求比值即可.
8．【答案】D
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：设两个正六边形的中心为O，连接OP，OB，QM，过点O作OG⊥PM于点G，OH⊥AB于点H，
∴∠OGQ=∠OHB=90°
∵图2中六个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接六边和一个小正六边形，
∴∠OQG=∠ABO=60°，∠GOQ=30°
设QG=x，则，
∵小正六边形的面积为
∴
解之：（取正），
∴小正六边形的边长为，，
∴；
∵OG⊥PM，
∴，
在Rt△OPG中
，
设BH=m，PH=5-m，
∵∠HOB=90°-60°=30°，
∴OB=2m，
∵OH2=OB2-BH2=OP2-PH2，
∴4m2-m2=72-（5-m）2，
解之：m1=4，m2=（舍去）
∴该圆的半径为2×4=8.
故答案为：D
【分析】设两个正六边形的中心为O，连接OP，OB，QM，过点O作OG⊥PM于点G，OH⊥AB于点H，利用垂直的定义可得到∠OGQ=∠OHB=90°，利用正六边形的性质可证得∠OQG=∠ABO=60°，∠GOQ=30°，设QG=x，利用解直角三角形表示出OG的长，利用三角形的面积公式，根据小正六边形的面积，可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到小正六边形的边长，即可求出PM的长，利用垂径定理求出PG的长；在Rt△OPG中，利用勾股定理求出OP的长，设BH=m，PH=5-m，可表示出OB的长，利用勾股定理可得到关于m的方程，解方程求出符合题意的m的值，即可求出圆的半径.
9．【答案】
【知识点】一元二次方程的其他应用；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：
连接AD，BE，
由正五边形ABCDE可知：AE=DE=AB=2，AD=BE=BD
设BD=x，则AD=BE=x，
根据 托勒密定理得，AD×BE=AE×BD+AB×DE
∴x2=2×2+2x
解得，
负值舍去。
故答案为：
【分析】根据正五边形ABCDE的性质可知对角线相等，各边长相等，又根据 托勒密定理得，AD×BE=AE×BD+AB×DE，设BD=x，可列方程求出x。
10．【答案】48
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】∵多边形 是正六边形，多边形 是正五边形
∴
∵
∴
∴
故答案为：48
【分析】已知正六边形 内部有一个正五形 ，可得出正多边形的内角度数，根据 和四边形内角和定理即可得出 的度数.
11．【答案】
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接AC，四边形ABCD是圆内接正四边形，∠ADC=90°，
∴AC是圆的直径，AC=2，
∵ ，
∴ ，
，
故答案为： ．
【分析】先求出AC是圆的直径，AC=2，再求出 ，最后找出规律求解即可。
12．【答案】（1）
（2）
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：（1）如图所示，设正六边形的圆心为O，过点O作于N，交于M，连接，
由题意得，四边形是矩形，，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
由正六边形的性质可得，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴由对称性可知，
故答案为：；
（2）如图所示，设正六边形的圆心为O，过点O作于N，于M，
由（1）可得，
∵是等边三角形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
故答案为：.
【分析】（1）设正六边形的圆心为O，过点O作ON⊥EH于点N，交FG于M，连接OF，OG，易证四边形EFGH是矩形，可得到EF，FG的长，再证明四边形EFNM是矩形，利用矩形的性质可求出MN的长；再利用正六边形的性质，可求出∠FOG的度数，可得到△FOG是等边三角形，利用等边三角形的性质可得到OF、FM的长，利用勾股定理求出ON的长，然后利用对称性可求出AB的长.
（2）设正六边形的圆心为O，过点O作ON⊥FG于N，OM⊥EF于M，可得到OM=ON，利用等边三角形的性质可得到∠EFG=60°，利用HL证明△OMF≌△ONF，利用全等三角形的性质可求出∠OFM=∠OFN=30°，利用解直角三角形求出EM的长，然后根据EF=EM+AM，代入计算求出EF的长.
13．【答案】（1）解：∠ABC=
理由：∵圆内接五边形ABCDE的各内角均相等，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=108°，
∵∠A=∠B，
∴，
∴，
∴，
∴BC=AE，
同理可得： BC=DE，DE=AB， AB=CD，CD=AE，
∴BC=DE=AB=CD=AE，
∴五边形ABCDE是正五边形；
（2）证明：如图2，
∵△ABC是正三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
∵四边形ABCF是圆内接四边形，
∴∠ABC+∠AFC=180° ，
∴∠AFC=120° ，
同理可得：∠ADB=120°， ∠BEC=120°，
∵∠ADB= 120° ，
∴∠DAB+∠ABD=60°，
∴，
∴∠ABD=∠CAF，
∴∠DAB+∠CAF=60° ，
∴∠DAF=∠DAB+∠CAF+∠BAC=120°，
同理可得：∠DBE=120°， ∠ECF=120°，
∴∠AFC=∠ADB=∠BEC=∠DAF=∠DBE=∠ECF=120° ，
故图2中六边形各角相等；
（3）解：当为奇数时，各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；当为偶数时，各内角都相等的圆内接多边形不一定是正多边形
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：（1）∵圆内接五边形ABCDE的各内角均相等，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=540°÷5=108°，
∵∠A=∠B，
∴，
∴，
∴，∴BC=AE，
同理可得： BC=DE，DE=AB， AB=CD，CD=AE，
∴BC=DE=AB=CD=AE，
∴五边形ABCDE是正五边形；
故答案为：108°，
（3）∵矩形的四个角相等，且矩形内接于圆，
∴矩形不是正多边形，
（2）中的六边形各内角相等，通过证明这个圆的内接六边形不是正多边形，
∴当边数为偶数的各内角都相等的圆内接多边形不一定是正多边形；
（1）中的圆内接五边形ABCDE的各内角均相等，通过证明可知此多边形是正多边形，
∴ 当为奇数时，各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；
∴ 当为奇数时，各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；当为偶数时，各内角都相等的圆内接多边形不一定是正多边形
【分析】（1）利用正五边形的内角和为540°，可求出每一个内角的度数；利用同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等，可推出，可证得BC=AE，同理可推出BC=DE=AB=CD=AE，然后利用正多边形的定义可证得结论.
（2）利用正三角形的性质可证得∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，利用圆内接四边形的性质可求出∠AFC=120° ，再证明∠AFC=∠ADB=∠BEC=∠DAF=∠DBE=∠ECF=120° ，据此可作出判断.
（3）利用以上的探索过程，分情况讨论：当n为奇数时；当n为偶数；可得结论.
14．【答案】（1）120；18；0
（2）解：如图，当时，为正的外接圆，，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图，当时，为正六边形的外接圆，，
∴，
∴，
∴，
∴；
当边的“接近度”等于0时，正n边形就成了圆.
【知识点】三角形的外接圆与外心；圆内接正多边形；锐角三角函数的定义；定义新运算
【解析】【解答】解：（1）①当时， ，
∴“接近度”等于；
故答案为：120
②当时， ，
∴“接近度”等于；
故答案为：18
③∵越小，该正n边形就越接近于圆，
∴当时，该正n边形就成了圆，
此时，
∴；
故答案为：0.
【分析】（1）①当n=3时，m=60，求出|180-m|的值即可；
②当n=20时， ，求出|180-m|的值即可；
③|180-m|的值越小，该正n边形就越接近于圆，据此解答；
（2）当n=3时，⊙O为正△ABC的外接圆，OD⊥AB，∠OAD=30°，然后根据三角函数的概念进行求解；当n=6时，⊙O为正六边形的外接圆，OD⊥AB，∠OAD=60°，同理求解即可.
15．【答案】（1）
（2）证明：连接OH，OI，
∵点F，G，B，H，I为五等分点，
∴∠HOI=360°=72°，
∴∠G=36°，
同理∠F=∠FBI=∠GHF=∠BIG=36°，
又∵∠BMN是△MHF的外角，
∴∠BMN=∠F+∠GHF=72°，
同理∠BNM=72°，
∴∠BMN=∠BNM，
∴BM=BN，
∵∠FBI=36°，
∴△BMN是黄金三角形.
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】(1)解：∵，
∴，
∵点D为OC中点，
∴OD=OC=OA，
设OD=x，则OA=2x，
在中，由勾股定理可得
，
∴，
∴AD=x，
∴AE=AD-DE=x-x，
∴，
故答案为：；
【分析】（1）由垂径定理可得∠AOC=90°，由线段的中点可得OD=OC=OA，可设OD=x，则OA=2x，利用勾股定理求出AD=x，从而求出AE=AD-DE=x-x，继而求出比值；
（2）连接OH，OI， 由 点F，G，B，H，I为五等分点， 可求出∠G=∠F=∠FBI=∠GHF=∠BIG=36°， 利用三角形的外角可求出∠BMN=∠BNM=72°，可得BM=BN，根据“ 黄金三角形”的定义即证.
1 / 1【培优卷】3.8圆内正多边形—2023-2024学年北师大版九年级下册同步测试
一、选择题
1．（2023·杭州模拟）如图，在圆内接正六边形ABCDEF中，BF，BD分别交AC于点G，H，若该圆的半径为12，则线段GH的长为（ ）
A．6 B． C． D．8
【答案】B
【知识点】垂径定理；圆内接正多边形；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，连接OA、OB，OB交AC于点N，
∵正六边形ABCDEF内接于圆O，
∴AB=AF=BC=CD，∠BAF=∠BCD=∠ABC=120°，∠AOB=60°，
∴∠AFB=∠ABF=∠BAC=∠ACB=∠CBD=∠BDC=30°，OB⊥AC，AC=2AN，
∴AG=BG，BH=CH，∠GBH=∠BGH=∠BHG=60°，
∴AG=GH=BG=BH=CH，
∵OA=12，
∴，
∴AC=2AN=，
∴GH=AC=.
故答案为：B.
【分析】连接OA、OB，OB交AC于点N，由正六边形性质得AB=AF=BC=CD，∠BAF=∠BCD=∠ABC=120°，∠AOB=60°，由等边对等角及三角形内角和定理得∠AFB=∠ABF=∠BAC=∠ACB=∠CBD=∠BDC=30°，由垂径定理得OB⊥AC，AC=2AN，由等角对等边得AG=BG，BH=CH，由角的和差及三角形外角性质得∠GBH=∠BGH=∠BHG=60°，推出AG=GH=BG=BH=CH，在Rt△AON中，由∠O得正弦函数可求出AN，从而即可解决此题.
2．（2023·蜀山模拟）如图，正方形和等边三角形均内接于，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆内接正多边形；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴是直径，
∴，
在中，，
∵是等边三角形，
∴
在中，，
∴，
故答案为：D．
【分析】连接AC，CE，先求出，，再求出即可。
3．（2023九上·杭州期末）如图，等边△ABC是⊙O的内接三角形，点D，E分别为AB，AC边上的中点，延长DE交⊙O于点F，若BC=2，则EF=（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；垂径定理；圆内接正多边形；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，连接AO并延长，交BC于点H，交DE于点M，再连接OF、OC；
∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE∥BC，
∵等边△ABC内接于⊙O ，
∴AH⊥BC，AH⊥DE，∠CAH=∠HCO=30°，AC=BC=2，
∴HC=BC=1，
在Rt△AHC中，由勾股定理得AH=，
∵E是AC的中点，DE∥BC，
∴ME=HC=，HM=AH=，
在Rt△OHC中，∠HCO=30°，
∴OH=，OC=，
∴OM=MH-OH=，
在Rt△OFM中，由勾股定理得MF=，
∴EF=MF-ME=.
故答案为：.
【分析】连接AO并延长，交BC于点H，交DE于点M，再连接OF、OC；根据三角形中位线定理得DE∥BC，根据圆的内接正多边形的性质得AH⊥BC，AH⊥DE，∠CAH=∠HCO=30°，AC=BC=2，根据垂径定理得HC=BC=1，在Rt△AHC中，由勾股定理算出AH，根据三角形中位线的定理得ME=HC=，HM=AH=，在Rt△OHC中，根据含30°角直角三角形的性质算出OH、OC的长，从而可得OM的长，在Rt△OFM中，由勾股定理算出MF的长，最后根据EF=MF-ME即可算出答案.
4．（2023九上·张北期中）如图，点是的六等分点．若，的周长分别为，，面积分别为，，则下列正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆内接正多边形
【解析】【解答】
解：设圆O的半径为r，连接P1O
∵点是的六等分点
∴，，∠P1OP2=60°
∴ ∠P1P5P2=∠P2P5P3=∠P1P5P6=30°，∠P3P2P5=60°，∠P4=120°
P1P6=P5P6=P2P3，P1P5=P3P5
∴ 在Rt中，P2P5=2r，
∴ P2P3=r，P3P5=P1P5=， P1P6=P5P6=P2P3=r，
∴ 周长C1=(2+)r， 面积S1=
周长为C2=(3+)r，面积为S2=
∴ C1≠C2，C2≠2C1，S2=2S1
故答案为：D
【分析】本题考查圆的直径、弧、弦、圆周角、圆心角的关系，同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，对应的弦也相等，直径所对的圆心角为直角。根据点是的六等分点可得，∠P1OP2=60°则 ∠P1P5P2=∠P2P5P3=∠P1P5P6=30°，∠P3P2P5=60°，
∠P4=120°， P2P5=2r，P1P6=P5P6=P2P3=r，P3P5=P1P5=，得 周长C1=(2+)r， 面积S1=；周长为C2=(3+)r，面积为S2=，据此做出判断C1≠C2，C2≠2C1，S2=2S1.
5．（2023九上·期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，正方形PQRS的顶点S，R在⊙O上，则S正方形PQRS：S正方形ABCD等于( )．
A．1 ：2 B．1：3 C．2：3 D．2：5
【答案】D
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，过点O作OF⊥SR，连接OD，OR.
∵四边形ABCD是⊙O的内接正方形，正方形PQRS的顶点S，R在⊙O上，
∴OD = OR，DE =OE =CD，OF= RS = 2FR.
在Rt△ODE中，OD2=DE2 +OE2=2DE2 =CD2，即CD2=2OD2；
在Rt△OFR中，OR2=FR2 +OF2=OF2 +OF2=OF2，即OF2=OR2.
∴S正方形PQRS：S正方形ABCD =OF2：CD2=OR2：2OD2=2：5.
故答案为：D.
【分析】以圆的半径为突破点，并利用勾股定理，将S正方形PQRS和S正方形ABCD表示为关于圆的半径的关系式即可得到答案.
6．（2021九上·温州期末）我国古代数学家刘徽利用圆内接正多边形创立了“割圆术”，现将半径为2的圆十二等分构造出2个矩形和1个正方形(如图)，则阴影部分的面积是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【知识点】垂径定理的应用；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图所示：阴影部分为八个全等的等腰直角三角形，
分别连接AO，OB，OC，
∴OA=OB=OC=2，
∵将半径为2的圆十二等分构造出2个矩形和1个正方形 ，
∴∠1=∠2=30°，
又∵OC⊥AD与点D，
∴∠3=30°，
∴OD=DC=1，AD=，
∴一个小的等腰直角三角形的直角边为AE=-1，
∴阴影部分的面积为：8××（-1） =4×（3-2+1）=16-8.
故答案为：C.
【分析】“割圆术”将半径为2的圆十二等分构造出2个矩形和1个正方形，阴影部分为八个全等的等腰直角三角形，所以只需要求出一个等腰直角三角形的直角边即可解决问题.先根据十二等分求出一等分的圆心角，从而求出∠3的度数为30°，在直角三角形ODA中求解AE，最后根据三角形面积公式计算出整个阴影部分的面积即可.
7．（2020九上·上思月考）⊙O内有一个内接正三角形和一个内接正方形，则内接三角形与内接正方形的边长之比为（ ）
A．1∶ B． ∶ C．3∶2 D．1∶2
【答案】B
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：如图，连接OA、OB、OC、OD，作OH⊥AB于H，
∵∠COD=90°，
∴△COD为等腰直角三角形，
∴CD=，
∵∠AOH=60°，
∴AH=OA×sin60°=R，
∴AB=2AH=R，
内接三角形与内接正方形的边长之比为=R：R=；
故答案为：B.
【分析】连接OA、OB、OC、OD，作OH⊥AB于H，利用等腰直角三角形和含30°角的直角三角形的性质分别求出内接正三角形和内接正方形的边长，最后求比值即可.
8．（2023九上·宁波期末）小明发现相机快门打开过程中，光圈大小变化如图1所示，于是他制了如图2所示的图形，图2中六个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接六边和一个小正六边形，若PQ所在的直线经过点M，PB＝5cm，小正六边形的面积为，则该圆的半径为（ ）cm．
A． B． C．7 D．8
【答案】D
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：设两个正六边形的中心为O，连接OP，OB，QM，过点O作OG⊥PM于点G，OH⊥AB于点H，
∴∠OGQ=∠OHB=90°
∵图2中六个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接六边和一个小正六边形，
∴∠OQG=∠ABO=60°，∠GOQ=30°
设QG=x，则，
∵小正六边形的面积为
∴
解之：（取正），
∴小正六边形的边长为，，
∴；
∵OG⊥PM，
∴，
在Rt△OPG中
，
设BH=m，PH=5-m，
∵∠HOB=90°-60°=30°，
∴OB=2m，
∵OH2=OB2-BH2=OP2-PH2，
∴4m2-m2=72-（5-m）2，
解之：m1=4，m2=（舍去）
∴该圆的半径为2×4=8.
故答案为：D
【分析】设两个正六边形的中心为O，连接OP，OB，QM，过点O作OG⊥PM于点G，OH⊥AB于点H，利用垂直的定义可得到∠OGQ=∠OHB=90°，利用正六边形的性质可证得∠OQG=∠ABO=60°，∠GOQ=30°，设QG=x，利用解直角三角形表示出OG的长，利用三角形的面积公式，根据小正六边形的面积，可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到小正六边形的边长，即可求出PM的长，利用垂径定理求出PG的长；在Rt△OPG中，利用勾股定理求出OP的长，设BH=m，PH=5-m，可表示出OB的长，利用勾股定理可得到关于m的方程，解方程求出符合题意的m的值，即可求出圆的半径.
二、填空题
9．（2023·岳阳模拟）请阅读下列材料，解答问题：
克罗狄斯托勒密约年年，是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理．
托勒密定理：圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．
如图，正五边形内接于，，则对角线的长为 ．
【答案】
【知识点】一元二次方程的其他应用；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：
连接AD，BE，
由正五边形ABCDE可知：AE=DE=AB=2，AD=BE=BD
设BD=x，则AD=BE=x，
根据 托勒密定理得，AD×BE=AE×BD+AB×DE
∴x2=2×2+2x
解得，
负值舍去。
故答案为：
【分析】根据正五边形ABCDE的性质可知对角线相等，各边长相等，又根据 托勒密定理得，AD×BE=AE×BD+AB×DE，设BD=x，可列方程求出x。
10．（2020·连云港）如图，正六边形 内部有一个正五形 ，且 ，直线 经过 、 ，则直线 与 的夹角 .
【答案】48
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】∵多边形 是正六边形，多边形 是正五边形
∴
∵
∴
∴
故答案为：48
【分析】已知正六边形 内部有一个正五形 ，可得出正多边形的内角度数，根据 和四边形内角和定理即可得出 的度数.
11．（2021·孝义模拟）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率．若设⊙O的半径为R，圆内接正n边形的边长、面积分别为an，Sn，圆内接正2n边形边长、面积分别为a2n，S2n．刘徽用以下公式求出a2n和S2n． ， ．如图，若⊙O的半径为1，则⊙O的内接正八边形AEBFCGDH的面积为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：连接AC，四边形ABCD是圆内接正四边形，∠ADC=90°，
∴AC是圆的直径，AC=2，
∵ ，
∴ ，
，
故答案为： ．
【分析】先求出AC是圆的直径，AC=2，再求出 ，最后找出规律求解即可。
12．（2023九下·衢州月考）拓展课上，同学们准备用卡纸做一个底面为边长为的正六边形，高为的无盖包装盒，它的表面展开图如图1所示.
（1）若选用长方形卡纸按图2方式剪出包装盒的表面展开图，则的长为 ；
（2）若选用一块等边三角形卡纸按图3方式剪出包装盒表面展开图，则这个等边三角形的边长为 .
【答案】（1）
（2）
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：（1）如图所示，设正六边形的圆心为O，过点O作于N，交于M，连接，
由题意得，四边形是矩形，，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
由正六边形的性质可得，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴由对称性可知，
故答案为：；
（2）如图所示，设正六边形的圆心为O，过点O作于N，于M，
由（1）可得，
∵是等边三角形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
故答案为：.
【分析】（1）设正六边形的圆心为O，过点O作ON⊥EH于点N，交FG于M，连接OF，OG，易证四边形EFGH是矩形，可得到EF，FG的长，再证明四边形EFNM是矩形，利用矩形的性质可求出MN的长；再利用正六边形的性质，可求出∠FOG的度数，可得到△FOG是等边三角形，利用等边三角形的性质可得到OF、FM的长，利用勾股定理求出ON的长，然后利用对称性可求出AB的长.
（2）设正六边形的圆心为O，过点O作ON⊥FG于N，OM⊥EF于M，可得到OM=ON，利用等边三角形的性质可得到∠EFG=60°，利用HL证明△OMF≌△ONF，利用全等三角形的性质可求出∠OFM=∠OFN=30°，利用解直角三角形求出EM的长，然后根据EF=EM+AM，代入计算求出EF的长.
三、实践探究题
13．某数学学习小组的成员在探索“各内角都相等的圆内接多边形是否为正多边形”时，进行了如下探讨：
甲同学：我发现这种多边形不一定是正多边形.如圆内接矩形不一定是正方形.
乙同学：但是边数为3时，它是正三角形，而且我猜想，边数为5时，它应该是正五边形……
丙同学：我发现边数为6时，它也不一定是正六边形.如图甲所示，是正三角形，均相等，很显然由此构造的六边形ADBECF并不是正六边形.
（1）如图乙所示，若圆内接五边形ABCDE的各内角均相等，则∠ABC= .请简要说明圆内接五边形ABCDE为正五边形的理由.
（2）请证明丙同学构造的六边形各内角相等.
（3）根据以上的探索过程，就“各内角都相等的圆内接多边形是否为正多边形”的结论与“边数n(n≥3，n为整数)”的关系，请提出你的猜想.(不需证明)
【答案】（1）解：∠ABC=
理由：∵圆内接五边形ABCDE的各内角均相等，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=108°，
∵∠A=∠B，
∴，
∴，
∴，
∴BC=AE，
同理可得： BC=DE，DE=AB， AB=CD，CD=AE，
∴BC=DE=AB=CD=AE，
∴五边形ABCDE是正五边形；
（2）证明：如图2，
∵△ABC是正三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
∵四边形ABCF是圆内接四边形，
∴∠ABC+∠AFC=180° ，
∴∠AFC=120° ，
同理可得：∠ADB=120°， ∠BEC=120°，
∵∠ADB= 120° ，
∴∠DAB+∠ABD=60°，
∴，
∴∠ABD=∠CAF，
∴∠DAB+∠CAF=60° ，
∴∠DAF=∠DAB+∠CAF+∠BAC=120°，
同理可得：∠DBE=120°， ∠ECF=120°，
∴∠AFC=∠ADB=∠BEC=∠DAF=∠DBE=∠ECF=120° ，
故图2中六边形各角相等；
（3）解：当为奇数时，各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；当为偶数时，各内角都相等的圆内接多边形不一定是正多边形
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：（1）∵圆内接五边形ABCDE的各内角均相等，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=540°÷5=108°，
∵∠A=∠B，
∴，
∴，
∴，∴BC=AE，
同理可得： BC=DE，DE=AB， AB=CD，CD=AE，
∴BC=DE=AB=CD=AE，
∴五边形ABCDE是正五边形；
故答案为：108°，
（3）∵矩形的四个角相等，且矩形内接于圆，
∴矩形不是正多边形，
（2）中的六边形各内角相等，通过证明这个圆的内接六边形不是正多边形，
∴当边数为偶数的各内角都相等的圆内接多边形不一定是正多边形；
（1）中的圆内接五边形ABCDE的各内角均相等，通过证明可知此多边形是正多边形，
∴ 当为奇数时，各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；
∴ 当为奇数时，各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；当为偶数时，各内角都相等的圆内接多边形不一定是正多边形
【分析】（1）利用正五边形的内角和为540°，可求出每一个内角的度数；利用同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等，可推出，可证得BC=AE，同理可推出BC=DE=AB=CD=AE，然后利用正多边形的定义可证得结论.
（2）利用正三角形的性质可证得∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，利用圆内接四边形的性质可求出∠AFC=120° ，再证明∠AFC=∠ADB=∠BEC=∠DAF=∠DBE=∠ECF=120° ，据此可作出判断.
（3）利用以上的探索过程，分情况讨论：当n为奇数时；当n为偶数；可得结论.
14．（2021九上·南宁期中）如图，正三角形、正方形、正六边形等正n边形与圆的形状有差异，我们将正n边形与圆的接近程度称为“接近度”.
（1）角的“接近度”定义：设正n边形的每个内角的度数为，将正n边形的“接近度”定义为.于是越小，该正n边形就越接近于圆，
①若，则该正n边形的“接近度”等于 .
②若，则该正n边形的“接近度”等于 .
③当“接近度”等于 .时，正n边形就成了圆.
（2）边的“接近度”定义：设一个正n边形的外接圆的半径为R，正n边形的中心到各边的距离为d，将正n边形的“接近度”定义为.分别计算时边的“接近度”，并猜测当边的“接近度”等于多少时，正n边形就成了圆？
【答案】（1）120；18；0
（2）解：如图，当时，为正的外接圆，，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图，当时，为正六边形的外接圆，，
∴，
∴，
∴，
∴；
当边的“接近度”等于0时，正n边形就成了圆.
【知识点】三角形的外接圆与外心；圆内接正多边形；锐角三角函数的定义；定义新运算
【解析】【解答】解：（1）①当时， ，
∴“接近度”等于；
故答案为：120
②当时， ，
∴“接近度”等于；
故答案为：18
③∵越小，该正n边形就越接近于圆，
∴当时，该正n边形就成了圆，
此时，
∴；
故答案为：0.
【分析】（1）①当n=3时，m=60，求出|180-m|的值即可；
②当n=20时， ，求出|180-m|的值即可；
③|180-m|的值越小，该正n边形就越接近于圆，据此解答；
（2）当n=3时，⊙O为正△ABC的外接圆，OD⊥AB，∠OAD=30°，然后根据三角函数的概念进行求解；当n=6时，⊙O为正六边形的外接圆，OD⊥AB，∠OAD=60°，同理求解即可.
15．（2022·交城模拟）阅读下列材料，并按要求完成相应的任务．
黄金三角形与五角星
当等腰三角形的顶角为36°（或108°）时，它的底与腰的比（或腰与底的比）为，我们把这样的三角形叫做黄金三角形．
按下面的步骤画一个五角星（如图）：
①作一个以AB为直径的圆，圆心为O；
②过圆心O作半径OC⊥AB；
③取OC的中点D，连接AD；
④以D为圆心OD为半径画弧交AD于点E；
⑤从点A开始以AE为半径顺时针依次画弧，
正好把⊙O十等分（其中点F，G，B，H，I为五等分点）；
⑥以点F，G，B，H，I为顶点画出五角星．
任务：
（1）求出的值为 ；
（2）如图，GH与BF，BI分别交于点M，N，求证：△BMN是黄金三角形．
【答案】（1）
（2）证明：连接OH，OI，
∵点F，G，B，H，I为五等分点，
∴∠HOI=360°=72°，
∴∠G=36°，
同理∠F=∠FBI=∠GHF=∠BIG=36°，
又∵∠BMN是△MHF的外角，
∴∠BMN=∠F+∠GHF=72°，
同理∠BNM=72°，
∴∠BMN=∠BNM，
∴BM=BN，
∵∠FBI=36°，
∴△BMN是黄金三角形.
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；圆内接正多边形
【解析】【解答】(1)解：∵，
∴，
∵点D为OC中点，
∴OD=OC=OA，
设OD=x，则OA=2x，
在中，由勾股定理可得
，
∴，
∴AD=x，
∴AE=AD-DE=x-x，
∴，
故答案为：；
【分析】（1）由垂径定理可得∠AOC=90°，由线段的中点可得OD=OC=OA，可设OD=x，则OA=2x，利用勾股定理求出AD=x，从而求出AE=AD-DE=x-x，继而求出比值；
（2）连接OH，OI， 由 点F，G，B，H，I为五等分点， 可求出∠G=∠F=∠FBI=∠GHF=∠BIG=36°， 利用三角形的外角可求出∠BMN=∠BNM=72°，可得BM=BN，根据“ 黄金三角形”的定义即证.
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